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TS. Contrôle 1 - Correction
♣
x3
− 4x + 5 .
3
Déterminer l’abscisse du ou des point(s) de (C ) en lesquels la tangente à (C ) est parallèle à la droite d’équation y = −3x + 1
On note (C ) la courbe de la fonction f définie sur R par f (x) =
E X 1 : ( 1 point )
Pour être parallèle à la droite d’équation y = −3x + 1 , le coefficient directeur de la tangente donc le nombre dérivé
doit-être égal à −3
les abscisses des points éventuels sont solutions de l’équation f ′ (x) = −3
f (x) =
x3
− 4x + 5
3
donc
f ′ (x) =
1
× 3x 2 − 4 × 1 + 0 = x 2 − 4
3
Pour répondre, je résous l’équation x 2 − 4 = −3 ⇔ x 2 = 1 ⇔ (x = 1 ou x = −1) S = {−1; 1}
Il y a deux solutions à cette équation, les deux tangentes à C f , aux points d’abscisses respectives x = −1 et x = 1
sont parallèles à la droite d’équation y = −3x + 1 .
E X 2 : ( 2 points )
1. Calculer la dérivée des fonctions f et g :
f =U3
avec
U (x) =
p
x +2
et
f (x) =
¡p
¢3
x +2
g (x) =
et
1
U ′ (x) = p
2 x
f ′ = 3 ×U 2 ×U ′
¢2
¡p
¢2
¡p
3 x +2
1
′
f (x) = 3 × x + 2 × p =
p
2 x
2 x
1
g = 3×
V
avec
fonction
dérivée
Un
U3
nU n−1 ×U ′
3 ×U 2 ×U ′
fonction
V (x) = 2 + cos (x)
−V ′
et V ′ (x) = 0 − sin (x) = − sin (x)
V2
− (−3 sin (x))
3 sin (x)
g ′ (x) =
=
2
(2 + cos (x))
(2 + cos (x))2
g′ = 3×
2. Soit h la fonction numérique définie sur [−3; 3] par h (x) = (3 − x)
3
2 + cos x
dérivée
k ×U
3 ×U
k ×U ′
3 ×U ′
1
V
−V ′
V2
p
9 − x 2 . Étudier la dérivabilité de h en 3 .
J’utilise la définition de la dérivabilité, en étudiant la limite lorsque x tend vers 3 du taux d’accroissement :
p
p
p
h (x) − h (3) (3 − x) 9 − x 2 − 0 − (x − 3) 9 − x 2
=
=
= − 9 − x2
x −3
x −3
(x − 3)
´
³
p
h (x) − h (3)
= lim − 9 − x 2 = 0 Conclusion : la fonction h est dérivable en 3 et h ′ (3) = 0
lim
x→3
x→3
x −3
E X 3 : ( 2 points )
Soit f une fonction dérivable sur R qui vérifie ∀x ∈ R, f ′ (x) =
Calculer une valeur approchée de f (0, 2) puis de f (0, 4) .
1
et f (0) = 0.
1 + x2
la méthode d’EULER et un pas h = 0, 2 permet d’obtenir ces valeurs par approximation affine :
1
= 0, 2
1 + 02
1
f (0, 4) = f (0, 2 + 0, 2) ∼
≃ 0, 39
= f (0, 2) + 0, 2 × f ′ (0, 2) ≃ 0, 2 + 0, 2 ×
1 + 0, 22
f (0, 2) = f (0 + 0, 2) ∼
= f (0) + 0, 2 × f ′ (0) = 0 + 0, 2 ×
TS. Contrôle 1 - Correction
♣
E X 4 : ( 3 points ) On donne ci-contre la courbe C f d’une fonction f
dérivable sur R et les tangentes à C f aux points d’abscisses 1 et 2.
1
On note g et h les fonctions définies sur R par :
¡ ¢
g (x) = f (2x) et h (x) = f x 3 .
1. Exprimer g ′ et h ′ à l’aide de f .
g = f ◦u
avec
u (x) = 2x
et
1
u ′ (x) = 2
¡
¢
g ′ = f ′ ◦ u × u′
¡
¢
g ′ (x) = f ′ (2x) × 2 = 2 f ′ (2x)
h = f ◦u
′
avec
u (x) = x 3
3
−1
et
u ′ (x) = 3x 2
Cf
fonction
¢
h = f ◦ u × u′
¡
¡ ¢¢
¡ ¢
h ′ (x) = f ′ x 3 × 3x 2 = 3x 2 f ′ x 3
¡
2
′
dérivée
¡
f ◦u
2. En déduire g ′ (1) et h ′ (1) .
¢
f ′ ◦ u × u′
Graphiquement, on peut lire les coefficients directeurs des tangentes :
f ′ (1) = 0 et f ′ (2) = −1
g ′ (1) = 2 f ′ (2 × 1) = 2 f ′ (2) = 2 × (−1) = −2
¡ ¢
h ′ (1) = 3 × 12 f ′ 13 = 3 × f ′ (1) = 3 × 0 = 0
E X 5 : ( 2 points ) Soit g une fonction dérivable sur R telle que g ′ (x) 6= 0 pour tout nombre réel x.
Le graphique ci-contre illustre la situation :
y
On appelle C g la courbe représentative
de la fonction g
³
→
− →
−´
dans un repère orthonormal O ; i ; j .
Soit a un nombre réel.
On considère le point M de la courbe C g d’abscisse a
N est le projeté orthogonal du point M sur l’axe des abscisses.
Cg
Ta
2
1
→
−
j
Soit P le point d’intersection de la tangente T a à la courbe
C g au point M avec l’axe des abscisses.
M
b
b
−1
O
→
−
i
1 N
x
b
2 P
3
¶
µ
g (a)
; 0 .
1. Démontrer que le point P a pour coordonnées a − ′
g (a)
¢
¡
Le point P x P ; y P étant sur l’axe des abscisses son ordonnée y P est nulle P (x P ; 0)
Le point P étant sur la tangente T a ses coordonnées vérifient l’équation : y = g ′ (a) (x − a) + g (a)µ
g (a)
g (a)
−g (a)
⇔ xP = a − ′
P a− ′
0 = g ′ (a) (x P − a) + g (a) ⇔ x P − a = ′
g (a)
g (a)
g (a)
;
¶
0
2. Dans cette question, toute trace de recherche, même incomplète, ou d’initiative même non fructueuse, sera prise en compte dans l’évaluation.
−
−−→ →
Existe-t-il une fonction g vérifiant g (0) = 2 et N P = i ?
¶
µ
¶
µ
g (a)
g (a)
g (a)
−
−−→ →
; 0 donc N P = i ⇔ a − ′
−a =1 ⇔− ′
= 1 ⇔ g ′ (a) = −g (a)
N (a ; 0) et P a − ′
g (a)
g (a)
g (a)
½ ′
−
−−→ →
y = −y
il existe une unique fonction g vérifiant g (0) = 2 et N P = i , la solution de l’équation différentielle
y (0) = 2